ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH TOÁN 9 NH 2012-2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
HÀ TĨNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 -2013

ĐỀ

CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
(Đề có 01 trang) Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1. a) Tính giá trị biểu thức:
( ) ( ) ( )
13
3
+−+−= xyyxyxM
, biết
33
223223 −−+=x
,
33
2121721217 −−+=y
.
b) Giải phương trình:

3
5
11
2
22
=
++
−
+− xx

x
xx
x
.
Bài 2. a) Giải hệ phương trình:






+=++
=++
9612
43
233
22
xyxx
xyx
.
b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

( ) ( ) ( )
abc
cabcab
P
111 −−−
=
.
Bài 3. Tam giác ABC có chu vi bằng 1, các cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức:

2
3
111
=
−
+
−
+
− c
c
b
b
a
a
.
Chứng minh tam giác ABC đều.
Bài 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy điểm
M bất kỳ trên đoạn thẳng AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình
chiếu vuông góc của M xuống cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N
xuống đường thẳng PD.
a) Chứng minh AH vuông góc với BH.
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I.
Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng.
Bài 5. Các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:
1=++ zyx
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
( )

( )
( )
( )
( )
xzxz
z
zyzy
y
yxyx
x
F
++
+
++
+
++
=
22
4
22
4
22
4
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2012 -2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
5,0 điểm
a) 2.5 điểm Ta có M = (x – y)(x
2
+ xy + y
2
+ 3) = x
3
+ 3x – (y
3
+ 3y). 0.5
Áp dụng
( ) ( )
baabbaba −−−=− 3
33
3
ta có:
=
3
x

243324223223
3
3
33
=+⇒−=







−−+ xxx

0,75
=
3
y

224332242121721217
3
3
33
=+⇒−=






−−+ yyy

0,75
Vậy M =
220−
. 0.5
b) 2,5 điểm
Ta thấy

0
=
x
không thoả mãn phương trình.
0.5
Với
0≠x
, ta có pt đã cho
⇔
3
5
1
1
1
1
1
2
=
++
−
−+
x
x
x
x
(1)
Đặt
t
x
x =+

1
thì
2≥t
. Pt (1) trở thành
3
5
1
3
3
5
1
1
1
2
2
=
−
+
⇔=
+
−
−
t
t
tt
1.0
( )





−=
=
⇔=+−⇔=−−⇔
5
7
2
075)2(01435
2
t
t
tttt
.
Chỉ có
2=t
thoả mãn, khi đó
12
1
=⇔=+ x
x
x
(t/m). Vậy pt có một nghiệm là
x = 1.
1.0
Bài 2
5,0 điểm
a) 2.5 điểm
Hệ pt
⇔
( )






=+−
=+−
1)2(
12
23
2
2
yx
yx
. Đặt
2−= xa
, hệ trở thành





=+
=+
1
1
33
22
ya
ya

.
0.5
( )
( )



=−+−
≤≤−
⇔



+=+
≤≤−
⇒
20)1()1(
11,11,1
223322
yyaa
ya
yaya
ya
. 1.0
Từ (1), suy ra (2) có vế trái
0
≥
, dấu bằng xảy ra
⇔
a

2
(1-a) = y
2
(1- y) = 0.
Kết hợp
1
22
=+ ya
ta có



=
=
1
0
y
a
hoặc



=
=
0
1
y
a
. Thay vào ta có nghiệm




=
=
1
2
y
x
;



=
=
0
3
y
x
.
1.0
b) 2,5 điểm Điều kiện có nghĩa là a, b, c
0
≠
.
Ta có P =
abccba
cbaabc
1111
−+++−−−
, nên P nguyên

⇔
S =
abccba
1111
−++

nguyên.
0.5
Không mất tính tổng quát, giả sử 1
⇒<<≤ cba

abccba
1111
−++
< 3 hay S < 3.
Hơn nữa ta có
abcacba
11111
>>++
⇒
S > 0. Do đó S = 1 hoặc S = 2.
0,5
+) S = 1. Ta có 1 =
abccba
1111
−++
<
cba
111
++

<
a
3
⇒
a
3
>1
⇒
a =1 hoặc a = 2.
Với a = 1
⇒
1 = 1 +
b
1
+
c
1
-
bc
1

⇒
b
1
+
c
1
-
bc
1

= 0 không xảy ra.
0,5
Với a = 2
⇒
1 =
2
1
+
b
1
+
c
1
-
⇔
bc2
1
b
1
+
c
1
-
bc2
1
=
2
1
. Suy ra
b

2
>
2
1
⇒
b < 4.
Từ đó
42 << b

⇒
b = 3. Thay vào được c = 5. Vậy a = 2, b = 3 , c = 5.
0,5
+) S = 2. Ta có 2 =
abccba
1111
−++
<
cba
111
++
<
a
3
⇒

2
3
<a

⇒

a =1.
Thay vào được
b
1
+
c
1
-
bc
1
= 1
⇒

b
2
>1
⇒
b =1 loại vì không thỏa mãn b > a.
Kết hợp các trường hợp và do vai trò bình đẳng nên các số (a, b, c) cần tìm là:
(2,3,5), (2,5,3), (3,5,2), (3,2,5), (5,3,2), (5,2,3).
0,5
Bài 3
2,5 điểm
Đặt





=+

=+
=+
zba
yac
xcb
thì x, y, z dương và
.
2
,
2
,
2
zyx
c
yzx
b
xzy
a
−+
=
−+
=
−+
=
0,5
Ta có:
z
zyx
y
yzx

x
xzy
ba
c
ac
b
cb
a
c
c
b
b
a
a
222111
−+
+
−+
+
−+
=
+
+
+
+
+
=
−
+
−

+
−
0,5
2
3
2
3
111
2
3
2
1
2
1
2
1
=−++≥−








++







++








+=
z
y
y
z
z
x
x
z
y
x
z
y
.
Dấu “=” xảy ra
zyx ==⇔
.
1,0
Với x = y = z thì a = b = c hay tam giác ABC đều. 0,5

Bài 4
5,0điểm
x
D
A
B
C
I
M
N
P
E
H
a) 2.5 điểm
Vẽ tia Bx // AC, cắt tia PD tại E.
Ta có BE = PC = BN.
0,5
Do
0
90=∠=∠ NHENBE
nên B, H cùng thuộc
đường tròn đường kính NE. Suy ra
0
45=∠=∠ NEBNHB
(1).
1,0
Tương tự hai điểm A, H cùng thuộc đường tròn
đường kính PN, suy ra
0
45=∠=∠ APNAHN

(2).
Từ (1) và (2) suy ra
0
90=∠AHB
hay ta có
BHAH ⊥
.
1,0
b) 2.5 điểm Từ giả thiết suy ra
0
90=∠AIB
nên I là điểm chính giữa của cung
AIB của đường tròn đường kính AB.
1,0
Mặt khác, theo kết quả câu a thì tia HN là tia phân giác của
AHB∠
và
AHB∠
là
góc nội tiếp chắn cung AIB của đường tròn đường kính AB, nên tia HN phải đi
qua I.
Do đó 3 điểm H, N, I thẳng hàng.
1,5
Bài 5
2,5 điểm
Ta có
( )
( )
( )
( )

( )
( )
( )
yx
yxyx
yx
yxyx
yxyx
yxyx
x
−+
++
+
=
++
−++
=
++
22
44
22
4444
22
4
2
1,0

( )
( )
yxyxyxyx

yx
yx
4
3
4
5
4
1
2
1
22
−=−++≥−+
+
+
≥
.
Tương tự
( )
( )
zy
zyzy
y
4
3
4
52
22
4
−≥
++

,
( )
( )
xz
xzxz
z
4
3
4
52
22
4
−≥
++
.
1,0
Vậy 2F
( ) ( )
.
4
1
2
1
24
3
4
5
≥⇒=
++
=++−++≥ F

zyx
zyxzyx
Dấu bằng xảy ra khi
x = y = z =
3
1
. Vậy giá trị nhỏ nhất của F là
4
1
.
0,5
_____________ Hết ___________
Ghi chú: Mọi cách giải đúng và gọn đều cho điểm tối đa tương ứng.